Bài tập mạch xoay chiều RLC - pha u, i - viết u, i

Ta có:

+ ${u_R}$ luôn luôn cùng pha với $i$

+ Hiệu điện thế cực đại: ${U_0} = {I_0}R$

=> Biểu thức điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch: $u = {I_0}Rcos\left( {\omega t} \right)V$

Ta có:

+ ${u_L}$ nhanh pha hơn $i$ một góc $\dfrac{\pi }{2}$

+ Điện áp cực đại: ${U_0} = {I_0}{Z_L} = {I_0}.\omega L$

=> Biểu thức cường độ dòng điện qua cuộn cảm thuần là: $u = {I_0}\omega Lcos\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right)V$

Ta có:

+ ${u_C}$ trễ pha hơn $i$ một góc $\dfrac{\pi }{2}$

+ Điện áp cực đại: ${U_0} = {I_0}{Z_C} = \dfrac{{{I_0}}}{{\omega C}}$

=> Biểu thức cường độ dòng điện qua cuộn cảm thuần là: $u = \dfrac{{{I_0}}}{{\omega C}}cos\left( {\omega t - \dfrac{\pi }{2}} \right)V$

Áp dụng công thức tính tổng trở của mạch:

$Z = \sqrt {{R^2} + {{(\omega L)}^2}} = \sqrt {{{100}^2} + {{\left( {100\pi .\frac{1}{\pi }} \right)}^2}} = 100{\sqrt 2 _{}}\Omega$

Cường độ dòng điện trong mạch là:

$I = \frac{U}{Z} = \frac{{200}}{{100\sqrt 2 }} = \sqrt 2 A$

Độ lệch pha giữa u và i được xác đinh bởi:

$\tan \varphi = \frac{{{Z_L}}}{R} = \frac{{\left( {100\pi .\frac{1}{\pi }} \right)}}{{100}} = 1 \Rightarrow \varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \frac{\pi }{4} \Rightarrow {\varphi _i} = - \frac{\pi }{4}$

Phương trình cường độ dòng điện là:  

$i = 2.\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{4}} \right)A$

Từ đồ thị ta có:

+ Chu kì: $T = 0,04{\rm{s}} \to \omega {\rm{ = }}\dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{{0,04}} = 50\pi (ra{\rm{d}}/s)$

+ Cường độ dòng điện cực đại: ${I_0} = 4(A)$

+ Tại t = 0: $i = 4 \leftrightarrow {I_0}{\rm{cos}}\varphi {\rm{ = 4}} \to c{\rm{os}}\varphi {\rm{ = 1}} \to \varphi {\rm{ = 0}}$

=> Biểu thức cường độ dòng điện tức thời: $i = 4c{\rm{os}}\left( {50\pi t} \right)A$

+ Ta có $u = {\rm{iR}} = 2\sqrt 2 .10cos\left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right) = 20\sqrt 2 cos\left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right)V$

Ta có:

+ Cảm kháng: ${Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{\pi } = 100\Omega$

+ ${u_L}$ sớm pha hơn $i$  một góc $\dfrac{\pi }{2}$, ta suy ra: ${\varphi _u} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{2} \to {\varphi _i} = {\varphi _u} - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{\pi }{6}$

+ Cường độ dòng điện cực đại: ${I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_L}}} = \dfrac{{200}}{{100}} = 2A$

=> Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch: $i = 2cos\left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{6}} \right)A$

Ta có:

+ Cảm kháng: ${Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{{20\pi }} = 5\Omega$

+ ${u_L}$ sớm pha hơn $i$  một góc $\dfrac{\pi }{2}$, ta suy ra: ${\varphi _u} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{2} \to {\varphi _u} = {\varphi _i} + \dfrac{\pi }{2} = 0 + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{2}\left( {rad} \right)$

+ Hiệu điện thế cực đại trong mạch: ${U_0} = {I_0}.{Z_L} = 4\sqrt 2 .5 = 20\sqrt 2 V$

=> Biểu thức điện áp trong mạch: $u = 20\sqrt 2 cos\left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right)V$

Từ đồ thị ta có:

+ $\dfrac{T}{{12}} = 0,03{\rm{s}} \to T = 0,36{\rm{s}} \to \omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{{0,36}} = \dfrac{{50\pi }}{9}(ra{\rm{d}}/s)$

+ Cường độ dòng điện cực đại: ${I_0} = 1,2(A)$

+ Tại t = 0: i = 0,6A và đang giảm: $i = 0,6 \leftrightarrow {I_0}{\rm{cos}}\varphi  = {\rm{0,6}} \to c{\rm{os}}\varphi  = \dfrac{{0,6}}{{1,2}} = \dfrac{1}{2} \to \varphi  = \dfrac{\pi }{3}$

=> Biểu thức cường độ dòng điện tức thời: $i = 1,2c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{50\pi }}{9}t + \dfrac{\pi }{3}} \right)A$

+ Ta có ${u_L}$ nhanh pha hơn i một góc $\dfrac{\pi }{2}$

+ Hiệu điện thế cực đại: ${U_0} = {I_0}.{Z_L} = 1,2.25 = 30(V)$

=> Biểu thức điện áp tức thời giữa hai đầu cuộn cảm:

$u = 30c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{50\pi }}{9}t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{\pi }{2}} \right) = 30c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{50\pi }}{9}t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)V$

Theo đầu bài, ta có hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch không thay đổi

+ Khi mạch chỉ có L thì cường độ dòng điện cực đại trong mạch là: ${I_{01}} = 2A$

+ Khi mạch chỉ có R thì cường độ dòng điện cực đại trong mạch là: ${I_{02}}$

Mặt khác, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{I_{01}} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_L}}}\\{I_{02}} = \dfrac{{{U_0}}}{R}\end{array} \right.$

Từ đó ta suy ra: $\dfrac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} = \dfrac{R}{{{Z_L}}}$

Lại có: $\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 25\Omega \\R = 50\Omega \end{array} \right.$

Từ đấy ta suy ra: $\dfrac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} = \dfrac{R}{{{Z_L}}} = \dfrac{{50}}{{25}} = 2 \to {I_{02}} = \dfrac{{{I_{01}}}}{2} = \dfrac{2}{2} = 1A$

Khi mạch có L, u sớm pha hơn i góc $\dfrac{\pi }{2} \to {\varphi _u} = {\varphi _{{i_1}}} + \dfrac{\pi }{2}$

Khi mạch có R, u cùng pha với i góc $\to {\varphi _{{i_2}}} = {\varphi _u} = {\varphi _{{i_1}}} + \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{\pi }{6} + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{3}$

=> Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch khi chỉ có R:  ${i_2} = cos\left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)A$

Do mạch chỉ có L nên: $u \bot i \to \dfrac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1$

Thay các giá trị, ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{{(20\sqrt 2 )}^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1{\rm{     (1)}}\\\dfrac{{{{\left( {20\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{{\left( {0,5} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1{\rm{      (2)}}\end{array} \right.\\ \to \dfrac{{400}}{{U_0^2}} = \dfrac{{0,25}}{{I_0^2}} \to \dfrac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 40 = {Z_L}\end{array}$

Lại có,

$\begin{array}{l}{Z_L} = \omega L\\ \to \omega  = \dfrac{{{Z_L}}}{L} = \dfrac{{40}}{{\dfrac{1}{{3\pi }}}} = 120\pi \left( {rad/s} \right)\end{array}$

Thay ${I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{40}}$  vào (1) , ta được: $\dfrac{{{{(20\sqrt 2 )}^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{\dfrac{{U_0^2}}{{{{40}^2}}}}} = 1 \to {U_0} = 40(V)$

$\to u = 40cos\left( {120\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right){\rm{ }}V$

+ Cảm kháng: ${Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{{2\pi }} = 50\Omega$

+ Do mạch chỉ có L nên: $u \bot i \to \dfrac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1$

Lại có: ${U_0} = {I_0}{Z_L}$

$\to \dfrac{{{{150}^2}}}{{{{(50.{I_0})}^2}}} + \dfrac{{{4^2}}}{{I_0^2}} = 1 \to {I_0} = 5(A)$

Ta có ${u_L}$ nhanh pha hơn $i$ một góc $\dfrac{\pi }{2}$

$\to {\varphi _u} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{2} \to {\varphi _i} = {\varphi _u} - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{\pi }{6}\left( {rad} \right)$

$\to i = 5cos(100\pi t - \dfrac{\pi }{6}){\rm{ }}A$

Cường độ dòng điện cực đại chạy trong mạch:

${I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = \dfrac{{200\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{50}^2} + {{50}^2}} }} = 4A$

Độ lệch pha giữa u và i:

 $\begin{array}{l}\tan \varphi  =  - \dfrac{{{Z_C}}}{R} =  - \dfrac{{50}}{{50}} =  - 1\\ \Rightarrow \varphi  = {\varphi _u} - {\varphi _i} =  - \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow {\varphi _i} = {\varphi _u} + \dfrac{\pi }{4} = \dfrac{\pi }{4}\end{array}$

Biểu thức của cường độ dòng điện: $i = 4.\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right)A$

+ Cảm kháng: ${Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{{4\pi }} = 25\Omega$

+ Do mạch chỉ có cuộn dây nên: $u \bot i \to \dfrac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1$

Ta có: ${Z_L} = 25\Omega  \to {U_0} = 25{I_0}$

$\to \dfrac{{{{(100\sqrt 2 )}^2}}}{{{{(25{I_0})}^2}}} + \dfrac{{{2^2}}}{{I_0^2}} = 1 \to {I_0} = 6(A)$

Mạch có cuộn dây nên ${u_L}$ nhanh pha hơn $i$ một góc $\dfrac{\pi }{2}$

$\begin{array}{l}{\varphi _u} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{2}\\ \to {\varphi _i} = {\varphi _u} - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{{5\pi }}{6} - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{3}\left( {rad} \right)\end{array}$

$\to i = 6{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)A$      

Ta có:

+ Cảm kháng gấp đôi dung kháng => ${U_L} = {\rm{ }}2{U_C}$

+ Dùng vôn kế xoay chiều (điện trở rất lớn) đo điện áp giữa hai đầu tụ điện và điện áp giữa hai đầu điện trở thì số chỉ của vôn kế là như nhau => ${U_R} = {\rm{ }}{U_C}$

Độ lệch pha giữa hai đầu đoạn mạch so với cường độ dòng điện trong đoạn mạch là:

$\tan \varphi  = \dfrac{{{U_L} - {U_C}}}{{{U_R}}} = \dfrac{{2{U_C} - {U_C}}}{{{U_C}}} = 1 \Rightarrow \varphi  = \dfrac{\pi }{4}$

+ Ta có:

- Cảm kháng: ${Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{{0,4}}{\pi } = 40\Omega$

- Dung kháng: ${Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\Omega$

+ Tổng trở của mạch: $Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{60}^2} + {{\left( {40 - 100} \right)}^2}}  = 60\sqrt 2 \Omega$

+ Hiệu điện thế cực đại đặt vào mạch: ${U_0} = {I_0}Z = \sqrt 2 .60\sqrt 2  = 120V$

+ Độ lệch pha của u so với i là: $\tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \dfrac{{40 - 100}}{{60}} =  - 1 \to \varphi  =  - \dfrac{\pi }{4}$

=> u chậm pha hơn i một góc $- \dfrac{\pi }{4}$

=> ${\varphi _u} = {\varphi _i} - \dfrac{\pi }{4} = \dfrac{\pi }{8} - \dfrac{\pi }{4} =  - \dfrac{\pi }{8}\left( {rad} \right)$

=> Biểu thức điện áp đặt vào mạch: $u = 120cos\left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{8}} \right)V$

- Ta có:

+ Cảm kháng của đoạn mạch: ${Z_L} = \omega L = 200\Omega$

+ Dung kháng của đoạn mạch: ${Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = 50\Omega$

- Tổng trở: $Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = 150\sqrt 2 \Omega$

- Cường độ dòng điện cực đại: ${I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{Z} = 0,8A$

- Độ lệch pha giữa u và i:

 $\begin{array}{l}\tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = 1 \Rightarrow \varphi  = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow {\varphi _i} =  - \dfrac{\pi }{4}\\ \Rightarrow i = 0,8\cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{4}} \right)A\end{array}$

Ta có: ${Z_L} = 3{Z_C} \Rightarrow \left| {{u_L}} \right| = 3\left| {{u_C}} \right|$

Tại thời điểm t: $\left\{ \begin{array}{l}{u_R} = 60V\\{u_C} = 20V \Rightarrow {u_L} =  - 60V\end{array} \right. \Rightarrow u = {u_R} + {u_L} + {u_C} = 60 - 60 + 20 = 20V$

Dung kháng: ${Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = 200\Omega$

Ta có: $\tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R};\tan {\varphi _{AM}} = \dfrac{{{Z_L}}}{R}$

Có:

$\begin{array}{l}\varphi  - {\varphi _{AM}} =  - \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow \tan \left( {\varphi  - {\varphi _{AM}}} \right) = \dfrac{{\tan \varphi  - \tan {\varphi _{AM}}}}{{1 + \tan \varphi .\tan {\varphi _{AM}}}} =  - \sqrt 3 \\ \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} - \dfrac{{{Z_L}}}{R}}}{{1 + \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}.\dfrac{{{Z_L}}}{R}}} = \dfrac{{ - R{Z_C}}}{{{R^2} + Z_L^2 - {Z_C}{Z_L}}} =  - \sqrt 3 \\ \Rightarrow Z_L^2 - {Z_C}{Z_L} + {R^2} - \dfrac{{R{Z_C}}}{{\sqrt 3 }} = 0 \Rightarrow Z_L^2 - 200{Z_L} + 10000 = 0\\ \Rightarrow {Z_L} = 100\Omega  \Rightarrow L = \dfrac{{{Z_L}}}{\omega } = \dfrac{1}{\pi }H\end{array}$

Cảm kháng của cuộn dây là: ${Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{{2\pi }} = 50\,\,\left( \Omega  \right)$

Tổng trở của mạch là: $Z = \sqrt {{R^2} + {Z_L}^2}  = \sqrt {{{50}^2} + {{50}^2}}  = 50\sqrt 2 \,\,\left( \Omega  \right)$

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch là: ${I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{Z} = \dfrac{{220\sqrt 2 }}{{50\sqrt 2 }} = 4,4\,\,\left( A \right)$

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện là:

$\tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L}}}{R} = \dfrac{{50}}{{50}} = 1 \Rightarrow \varphi  = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow 0 - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow {\varphi _i} =  - \dfrac{\pi }{4}\,\,\left( {rad} \right)$

Vậy phương trình cường độ dòng điện trong mạch là: $i = 4,4\cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{4}} \right)\,\,\left( A \right)$